NOIp2013题解

题目链接：https://loj.ac/problems/search?keyword=NOIP2013

D1T1

(ans=(m*10^k+x)\% n)，快速幂求之

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double db;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=10000;
const db pi=acos(-1.0);
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define sqr(x) (x)*(x)
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>=b;i--)
#define fir first
#define sec second
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define pb(a) push_back(a)
#define maxd 998244353
#define eps 1e-8
int n,m,k,x;

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
    return x*f;
}

ll qpow(ll x,int y,int p)
{
	ll ans=1;
	while (y)
	{
		if (y&1) ans=ans*x%p;
		x=x*x%p;y>>=1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	n=read();m=read();k=read();x=read();
	ll ans=m*qpow(10,k,n)%n;
	ans=(ans+x)%n;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

D1T2

原问题等价于最大化(sum_{i=1}^na_ib_i)，根据排序不等式可得当({a_i})与({b_i})均按照从小到大的顺序排列时两列火柴的距离最小。原序列离散化后构造一个新序列({c_i})表示({b_i})中值为(i)的数将要移动到的位置。于是转化交换({c_i})中的相邻元素以排序，也就是求(c_i)的逆序对。

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double db;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=10000;
const db pi=acos(-1.0);
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define sqr(x) (x)*(x)
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>=b;i--)
#define fir first
#define sec second
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define pb(a) push_back(a)
#define maxd 99999997
#define eps 1e-8
int n,a[100100],b[100100],id1[100100],id2[100100],pos[100100],t[100100];

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
    return x*f;
}

void modify(int p)
{
	for (int i=p;i<=n;i+=lowbit(i)) t[i]++;
}

int query(int p)
{
	int ans=0;
	for (int i=p;i;i-=lowbit(i)) ans+=t[i];
	return ans;
}

bool cmp1(int x,int y) {return a[x]<a[y];}
bool cmp2(int x,int y) {return b[x]<b[y];}

int main()
{
	n=read();
	rep(i,1,n) a[i]=read();
	rep(i,1,n) b[i]=read();
	rep(i,1,n) id1[i]=id2[i]=i;
	sort(id1+1,id1+1+n,cmp1);
	sort(id2+1,id2+1+n,cmp2);
	rep(i,1,n) pos[id2[i]]=id1[i];
	int ans=0;
	rep(i,1,n)
	{
		modify(pos[i]);
		ans=(ans+i-query(pos[i]))%maxd;
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

D1T3

符合要求的边一定在图的最大生成树上，倍增维护最小值

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double db;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=10000;
const db pi=acos(-1.0);
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define sqr(x) (x)*(x)
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>=b;i--)
#define fir first
#define sec second
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define pb(a) push_back(a)
#define maxd 998244353
#define eps 1e-8
struct node{int to,nxt,cost;}sq[100100];
int all=0,head[100100];
int n,m,q,col[10010],fa[10010][16],dis[10010][16],dep[10010];
struct edgenode{int u,v,w;}edge[50050];
bool operator<(edgenode p,edgenode q) {return p.w>q.w;}

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
    return x*f;
}

void add(int u,int v,int w)
{
	all++;sq[all].to=v;sq[all].nxt=head[u];sq[all].cost=w;head[u]=all;
}

int find(int x) {if (col[x]==x) return col[x];col[x]=find(col[x]);return col[x];}

void dfs(int u,int fu)
{
	dep[u]=dep[fu]+1;
	rep(i,1,15) 
	{
		fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
		dis[u][i]=min(dis[u][i-1],dis[fa[u][i-1]][i-1]);
	}
	for (int i=head[u];i;i=sq[i].nxt)
	{
		int v=sq[i].to;
		if (v==fu) continue;
		fa[v][0]=u;dis[v][0]=sq[i].cost;
		dfs(v,u);
	}
}

int query(int u,int v)
{
	if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
	int tmp=dep[u]-dep[v],ans=maxd;
	per(i,15,0)
		if ((tmp>>i)&1) {ans=min(ans,dis[u][i]);u=fa[u][i];}
	if (u==v) return ans;
	per(i,15,0)
		if (fa[u][i]!=fa[v][i])
		{
			ans=min(ans,min(dis[u][i],dis[v][i]));
			u=fa[u][i];v=fa[v][i];
		}
	ans=min(ans,min(dis[u][0],dis[v][0]));
	return ans;
}

int main()
{
	n=read();m=read();
	rep(i,1,m)
	{
		edge[i].u=read();edge[i].v=read();edge[i].w=read();
	}
	sort(edge+1,edge+1+m);
	rep(i,1,n) col[i]=i;
	rep(i,1,m)
	{
		int u=edge[i].u,v=edge[i].v,w=edge[i].w;
		int fx=find(u),fy=find(v);
		if (fx!=fy)
		{
			add(u,v,w);add(v,u,w);
			col[fx]=fy;
		}
	}
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	rep(i,1,n)
		if (!dep[i]) dfs(i,0);
	q=read();
	while (q--)
	{
		int u=read(),v=read();
		if (find(u)!=find(v)) {puts("-1");continue;}
		printf("%d
",query(u,v));
	}
	return 0;
}

D2T1

考虑(h_{i-1})对(h_i)的影响

为了覆盖(h_{i-1}),我们有(h_{i-1})个以(i-1)为终点的区间。接下来覆盖(h_i)时，若(h_{i-1}geq h_i)，我们可以将之前的某些以(i-1)为终点的区间向右拓展一位以覆盖(h_i)。反之我们则需要新开(h_{i-1}-h_i)个区间来覆盖(h_i)。直接累加即可

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double db;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=10000;
const db pi=acos(-1.0);
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define sqr(x) (x)*(x)
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>=b;i--)
#define fir first
#define sec second
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define pb(a) push_back(a)
#define maxd 998244353
#define eps 1e-8
int n,h[100100];

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
    return x*f;
}

int main()
{
	n=read();
	rep(i,1,n) h[i]=read();
	int ans=0;
	rep(i,1,n)
		if (h[i]>h[i-1]) ans+=(h[i]-h[i-1]);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

D2T2

蜜汁easy的dp

记(f_{i,0/1})表示(1-i)中，(h_i)作为较大值/较小值的最大合法序列长度。

当(h_i>h_{i-1})时，(f_{i,0}=f_{i-1,1}+1,f_{i,1}=f_{i-1,1})。其它情况同理

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double db;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=10000;
const db pi=acos(-1.0);
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define sqr(x) (x)*(x)
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>=b;i--)
#define fir first
#define sec second
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define pb(a) push_back(a)
#define maxd 998244353
#define eps 1e-8
int n,h[2000100],f[2000100][2];

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
    return x*f;
}

int main()
{
	n=read();
	rep(i,1,n) h[i]=read();
	f[1][0]=f[1][1]=1;
	rep(i,2,n)
	{
		if (h[i]>h[i-1]) f[i][0]=f[i-1][1]+1;
		else f[i][0]=f[i-1][0];
		if (h[i]<h[i-1]) f[i][1]=f[i-1][0]+1;
		else f[i][1]=f[i-1][1];
	}
	//rep(i,1,n) cout << f[i][0] << " " << f[i][1] << endl;
	printf("%d",max(f[n][0],f[n][1]));
	return 0;
}

D2T3

暴力的话考虑记一个四元组((x_1,y_1,x_2,y_2))表示空格的位置和棋子的位置，大力(bfs)就行了，每次转移空格的位置，当空格的位置和棋子的位置相同时就移动棋子即可。

这个东西可以通过单组数据，但是无法应对多组数据。同时注意到多组数据对应的网格是相同的，于是可以考虑抠出关键状态建图然后最短路。

第一个问题是关键状态是什么呢？注意到终止的时候空格一定是在棋子旁边的，并且如果空格跑的离棋子很远也没有什么意义。于是可以将所有的空格在棋子周围的状态作为关键状态，具体的，关键状态可以被刻画为((i,j,k))表示棋子在((i,j))且空格在其的上/下/左/右。

第二个问题是如何连边？这里还需要考虑的是求边的长度时注意时间。首先显然的是：如果一个棋子在格子的上方，那么可以花一步把它转移到棋子的下方。但是我们发现这么简单的建边无法使这个图联通。接下来还有的是((i,j,k))向((i,j,p)(k eq p))连边。这个长度由于((i,j))恒定可以直接对一个点bfs。之后这个图就联通了，可以欢快的跑最短路了

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double db;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=10000;
const db pi=acos(-1.0);
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define sqr(x) (x)*(x)
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>=b;i--)
#define fir first
#define sec second
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define pb(a) push_back(a)
#define maxd 998244353
#define eps 1e-8
const int dx[]={1,-1,0,0},dy[]={0,0,1,-1};
struct node{int x,y,len;};
struct sqnode{int to,nxt,cost;}sq[200200];
int all=0,head[4040];
int n,m,ask,id[31][31][4],dis[4040],a[31][31],tot=0;
bool in[4040],vis[31][31];

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
    return x*f;
}

void add(int u,int v,int w)
{
	//cout << u << " " << v << " " << w << endl;
	all++;sq[all].to=v;sq[all].nxt=head[u];sq[all].cost=w;head[u]=all;
}

int bfs(int sx,int sy,int ex,int ey,int bx,int by)
{
	if ((sx==ex) && (sy==ey)) return 0;
	queue<node> q;
	while (!q.empty()) q.pop();
	q.push((node){sx,sy,0});
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	vis[sx][sy]=1;
	while (!q.empty())
	{
		node now=q.front();q.pop();
		if ((now.x==ex) && (now.y==ey)) return now.len;
		rep(i,0,3)
		{
			int nx=now.x+dx[i],ny=now.y+dy[i];
			if ((nx==bx) && (ny==by)) continue;
			if ((a[nx][ny]) && (!vis[nx][ny]))
			{
				vis[nx][ny]=1;
				if ((nx==ex) && (ny==ey)) return now.len+1;
				q.push((node){nx,ny,now.len+1});
			}
		}
	}
	return maxd;
}

int spfa(int sx,int sy,int ex,int ey,int bx,int by)
{
	if ((sx==ex) && (sy==ey)) return 0;
	queue<int> q;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(in,0,sizeof(in));
	rep(i,0,3)
		if (id[sx][sy][i]) 
		{
			dis[id[sx][sy][i]]=bfs(bx,by,sx+dx[i],sy+dy[i],sx,sy);
			q.push(id[sx][sy][i]);
			in[id[sx][sy][i]]=1;
		}
	while (!q.empty())
	{
		int u=q.front();q.pop();in[u]=0;
		for (int i=head[u];i;i=sq[i].nxt)
		{
			int v=sq[i].to;
			if (dis[v]>dis[u]+sq[i].cost)
			{
				dis[v]=dis[u]+sq[i].cost;
				if (!in[v]) {q.push(v);in[v]=1;}
			}
		}
	}
	int ans=maxd;
	rep(i,0,3) 
		if (id[ex][ey][i])
			ans=min(ans,dis[id[ex][ey][i]]);
	return ans;
}

void init()
{
	n=read();m=read();ask=read();
	rep(i,1,n) rep(j,1,m) 
	{
		a[i][j]=read();
	}
	rep(i,1,n) rep(j,1,m)
		rep(k,0,3)
			if ((a[i][j]) && (a[i+dx[k]][j+dy[k]]))
				id[i][j][k]=(++tot);
	rep(i,1,n)
		rep(j,1,m)
			rep(k,0,3)
				if (id[i][j][k]) 
					add(id[i][j][k],id[i+dx[k]][j+dy[k]][k^1],1);
	rep(i,1,n)
		rep(j,1,m)
			rep(p,0,3)
				rep(q,0,3)
					if ((p!=q) && (id[i][j][p]) && (id[i][j][q]))
					{
						int tmp=bfs(i+dx[p],j+dy[p],i+dx[q],j+dy[q],i,j);
						add(id[i][j][p],id[i][j][q],tmp);
					}
}

void work()
{
	while (ask--)
	{
		int bx=read(),by=read(),sx=read(),sy=read(),ex=read(),ey=read();
		int ans=spfa(sx,sy,ex,ey,bx,by);
		if (ans>=maxd) ans=-1;
		printf("%d
",ans);
	}
}

int main()
{
	init();
	work();
	return 0;
}